Ita2002 parte 001

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Ita2002 parte 001

  1. 1. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOcA massa inercial mede a dificuldade em se alterar oestado de movimento de uma partícula.Analogamente, o momento de inércia de massa medea dificuldade em se alterar o estado de rotação de umcorpo rígido. No caso de uma esfera, o momento deinércia em torno de um eixo que passa pelo seu centroé dado por I = MR2, em que M é a massa da es-fera e R seu raio. Para uma esfera de massa M = 25,0kge raio R = 15,0cm, a alternativa que melhor representao seu momento de inércia éa) 22,50 102 kg . m2 b) 2,25 kg . m2c) 0,225 kg . m2 d) 0,22 kg . m2e) 22,00 kg . m2ResoluçãoDados:M = 25,0kgR = 0,15mO momento de inércia é dado porI = M R2I = . 25,0 . (0,15)2 (SI)cEm um experimento verificou-se a proporcionalidadeexistente entre energia e a freqüência de emissão deuma radiação característica. Neste caso, a constantede proporcionalidade, em termos dimensionais, é equi-valente aa) Força.b) Quantidade de Movimento.c) Momento Angular.d) Pressão.e) Potência.ResoluçãoPara uma partícula com quantidade de movimento→Q ,ocupando uma posição P, define-se quantidade demovimento angular→L, em relação a um ponto O, comosendo o produto vetorial entre→Q e o vetor posição→r = P – O.2I = 0,225kg . m22––52––52–––51FÍSICA
  2. 2. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOO módulo de→L é dado por|→L | = |→Q | |→r | sen αEm relação às grandezas fundamentais massa (M),comprimento (L) e tempo (T), temos[→L] = M LT – 1 . L = M L 2 T – 1Por outro lado, a energia E relaciona-se com a freqüên-cia f porE = h f ⇒ h = ⇒ [h] =[h] = ML2T–1Portanto [→L] = [h]cUma rampa rolante pesa 120N e se encontra inicial-mente em repouso, como mostra a figura. Um blocoque pesa 80N, também em repouso, é abandonado noponto 1, deslizando a seguir sobre a rampa. O centrode massa G da rampa tem coordenadas: xG = 2b/3 e yG= c/3. São dados ainda: a = 15,0m e sen α = 0,6. Des-prezando os possíveis atritos e as dimensões do bloco,pode-se afirmar que a distância percorrida pela rampano solo, até o instante em que o bloco atinge o ponto2, éa) 16,0m b) 30,0m c) 4,8md) 24,0m e) 9,6mResoluçãoO sistema formado pelo bloco e pela rampa é isoladode forças horizontais e, portanto, a quantidade de movi-mento horizontal do sistema vai permanecer constantee é nula. →Qh1+→Qh2=→Om1→V1h+ m2→V2h=→Om1→V1h= – m2→V2h3M L 2 T – 2–––––––––T–1E––f
  3. 3. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOm1 |→V1h| = m2 |→V2h|m1 = m2m1 a cos α – m1 x2 = m2x2x2(m2 + m1) = m1 a cos αx2 =x2 = (m)bUm sistema é composto por duas massas idênticasligadas por uma mola de constante k, e repousa sobreuma superfície plana, lisa e horizontal. Uma das mas-sas é então aproximada da outra, comprimindo 2,0cmda mola. Uma vez liberado, o sistema inicia um movi-mento com o seu centro de massa deslocando com ve-locidade de 18,0cm/s numa determinada direção. Operíodo de oscilação de cada massa éa) 0,70s b) 0,35s c) 1,05s d) 0,50se) indeterminado, pois a constante da mola não é co-nhecida.Resolução1) A velocidade do centro de massa é dada por:→Qtotal = mtotal→VCMm V1 + m V2 = 2m VCMV1 + V2 = 2 VCM (1)2) A energia cinética do sistema é dada por:EC = (V12+ V22) (2)De (1): V1 = 2VCM – V2Em (2): EC = [(2 VCM – V2)2 + V22]EC = (4 V2CM + V22 – 4 VCM V2 + V22]EC = (2 V22 – 4 VCM V2 + 4 V2CM )Esta função será mínima quando V2 = VCM = V13) A energia cinética mínima corresponde à energiaelástica máxima.m–––2m–––2m–––2m–––24x2 = 4,8 m80–––– . 15,0 . 0,8g–––––––––––––––––200–––––gm1 a cos α––––––––––––m2 + m1x2–––––∆t(a cos α – x2)–––––––––––––∆t
  4. 4. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOPortanto:Em = Ecinmin+ EemáxEm = 2 VCM2+b) No instante t1 em que a mola está em seu tamanhonatural (sem deformação) um dos blocos estará emrepouso (V1 = 0) e outro terá velocidade V2 dada por:m V1 + m V2 = 2 m VCMNo instante t1 a energia mecânica será dada por:Em = = 4 VCM2= 2m VCM25) Usando-se a conservação da energia mecânica vem:mVCM2+ = 2mVCM2= mVCM2= ⇒͙ෆෆ== (SI) = (SI)6) Por outro lado o sistema vai oscilar com cada blocorealizando um MHS em relação ao centro de massado sistemaCada metade da mola terá constante elástica igual a2k e o período de oscilação de cada bloco é dadopor:T = 2π͙ෆෆ= . (s) = (s)aUm pequeno camundongo de massa M corre num pla-no vertical no interior de um cilindro de massa m e eixohorizontal. Suponha-se que o ratinho alcance a posiçãoindicada na figura imediatamente no início de sua corri-da, nela permanecendo devido ao movimento giratório5T ≅ 0,35sπ–––91––––9͙ෆ22π––––͙ෆ2m–––2k1––––––9 ͙ෆ20,02–––––––––͙ෆ2 . 0,18m–––kx––––––͙ෆ2VCMm–––kx2––––––––2 VCM2m–––kkx2–––2kx2–––2m––2m V22–––––2V2 = 2 VCMk x2––––2m––2
  5. 5. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOde reação do cilindro, suposto ocorrer sem resistênciade qualquer natureza. A energia despendida pelo rati-nho durante um intervalo de tempo T para se manterna mesma posição enquanto corre éa) E = g2 T2. b) E = M g2 T2.c) E = g2 T2. d) E = m g2 T2.e) n.d.a.ResoluçãoO momento de inércia I de um cilindro oco, em rela-ção a um eixo que passa pelo seu centro, é dado porI = m R2,em que m é a massa e R, o raio do cilindro.A energia cinética de rotação do cilindro (EC) é dada porEC = = . ω2Como ω . R = V (velocidade tangencial do cilindro), vemIsso significa que podemos imaginar o cilindro subs-tituído por um ponto material de massa m com veloci-dade escalar V.Para se manter em repouso, o camundongo deve tro-car com o cilindro uma força vertical de intensidadeigual à de seu peso, Mg.Aplicando-se a 2ª lei de Newton:Mg = m a ⇒ a = (constante)A velocidade escalar V é dada porV = V0 + a TPara V0 = 0 e a = , vemMg–––mMg–––mm V2EC = ––––––2m R2––––2I ω2––––2m2––––MM2––––2m
  6. 6. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOV = TPortanto, EC = =A energia cinética adquirida pelo cilindro corresponde àenergia dispendida pelo camundongo.dUm dos fenômenos da dinâmica de galáxias, consi-derado como evidência da existência de matéria es-cura, é que estrelas giram em torno do centro de umagaláxia com a mesma velocidade angular, independen-temente de sua distância ao centro. Sejam M1 e M2 asporções de massa (uniformemente distribuída) da ga-láxia no interior de esferas de raios R e 2R, respec-tivamente. Nestas condições, a relação entre essasmassas é dada pora) M2 = M1. b) M2 = 2M1.c) M2 = 4M1. d) M2 = 8M1.e) M2 = 16M1.ResoluçãoComo as porções de massa da galáxia no interior dasesferas são uniformemente distribuídas, a densidadedas esferas é a mesma e a massa é proporcional aovolume.M1 = k π R13M2 = k π R23=3=3= 8 ⇒dUm corpo de massa M, mostrado na figura, é preso aum fio leve, inextensível, que passa através de um ori-fício central de uma mesa lisa. Considere que ini-cialmente o corpo se move ao longo de uma circun-ferência, sem atrito. O fio é, então, puxado para baixo,7M2 = 8M1M2–––M1)2R–––R()R2–––R1(M2–––M14––34––36M2g2T2EC = –––––––––2mM2g2T2–––––––m2m–––2mV2––––2Mg–––m
  7. 7. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOaplicando-se uma força→F, constante, a sua extremi-dade livre. Podemos afirmar que:a) o corpo permanecerá ao longo da mesma circunfe-rência.b) a força→F não realiza trabalho, pois é perpendicular àtrajetória.c) a potência instantânea de→F é nula.d) o trabalho de→F é igual à variação da energia cinéticado corpo.e) o corpo descreverá uma trajetória elíptica sobre amesa.ResoluçãoInicialmente, o corpo M estava em movimento circularuniforme sob ação da força tensora aplicada pelo fioque fazia o papel de resultante centrípeta.Quando aumentamos a força do fio para um valor→F (mantido constante), a distância entre o corpo e o ori-fício vai diminuir; a trajetória de M deixa de ser circulare a força aplicada pelo fio passa a ter uma componen-te tangencial que vai realizar trabalho, provocando avariação da energia cinética do corpo de massa M.Como a força→F é a resultante externa que age no sis-tema e não há trabalho interno, de acordo com o teo-rema da energia cinética o trabalho de→F é igual àvariação da energia cinética do corpo.aUma esfera metálica isolada, de 10,0 cm de raio, é car-regada no vácuo até atingir o potencial U = 9,0V. Emseguida, ela é posta em contato com outra esferametálica isolada, de raio R2 = 5,0 cm. Após atingido oequilíbrio, qual das alternativas abaixo melhor descrevea situação física?É dado que = 9,0 . 109 Nm2/C2.a) A esfera maior terá uma carga de0,66 10–10 C.b) A esfera maior terá um potencial de 4,5 V.c) A esfera menor terá uma carga de 0,66 10–10 C.d) A esfera menor terá um potencial de 4,5 V.e) A carga total é igualmente dividida entre as 2 esfe-ras.ResoluçãoVamos inicialmente calcular a carga elétrica Q da esfe-1–––––4 π ε08
  8. 8. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOra de raio R1 = 10,0cm e sob potencial U = 9,0V.U = K0 . (K0 = )9,0 = 9,0 . 109 . ⇒ Q = 1,0 . 10 –10CEsta esfera foi colocada em contato com outra esferade raio R2 = 5,0cm, a qual estamos supondo inicial-mente neutra. Sejam Q’1 e Q’2 as novas cargas elé-tricas após atingido o equilíbrio eletrostático:Pelo princípio da conservação das cargas elétricas,temos:Q = Q’1 + Q’21,0 . 10–10 = Q’1 + Q’2 ³As novas cargas Q’1 e Q’2 são proporcionais aos res-pectivos raios R1 e R2:= ⇒ = ⇒ Q’1 = 2 . Q’2 ᕢDe ³ e ᕢ , vem:1,0 . 10–10 = 2Q’2 + Q’2Q’2 = . 1,0 . 10–10C ⇒De ᕢ: Q’1 = . 1,0 . 10–10C ⇒Portanto, a esfera maior terá uma carga de aproxi-madamente 0,66 . 10–10C.O potencial de equilíbrio pode ser calculado usandoqualquer uma das esferas:V = K0 .V = 9 . 109 . (SI)V = 6,0 volts2––– . 1,0 . 10–103–––––––––––––––10,0 . 10–2Q’1––––R1Q‘1 ≅ 0,66 . 10–10C2––3Q‘2 ≅ 0,33 . 10–10C1––310,0–––5,0Q’1–––––Q’2R1–––R2Q’1–––––Q’2Q–––––––––––10,0 . 10 –21–––––4πε0Q–––R1
  9. 9. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOdUm dispositivo desloca, com velocidade constante,uma carga de 1,5C por um percurso de 20,0 cm atra-vés de um campo elétrico uniforme de intensidade 2,0103 N/C. A força eletromotriz do dispositivo éa) 60 103 V b) 40 103 Vc) 600 V d) 400 Ve) 200 VResoluçãoVamos imaginar o dispositivo como sendo um capa-citor plano, ligado a uma bateria, de modo que o cam-po elétrico uniforme gerado anule o campo elétrico uni-forme dado. A intensidade E deste campo relaciona-secom a distância d e a tensão U pela fórmula:U = E . dU = 2,0 . 103 . 20,0 . 10 –2 (V)Esta ddp coincide com a força eletromotriz da bateria.eSendo dado que 1J = 0,239 cal, o valor que melhorexpressa, em calorias, o calor produzido em 5 minutosde funcionamento de um ferro elétrico, ligado a umafonte de 120 V e atravessado por uma corrente de 5,0A, éa) 7,0 104 b) 0, 70 104c) 0,070 104 d) 0,43 104e) 4,3 104ResoluçãoA potência elétrica do ferro é:P = U . i → P = 120 . 5 (W) = 600WA energia dissipada em 5 minutos é:Eel = P . ∆t → Eel = 600 . 5 . 60 (J) → Eel = 1,8 . 105 JTransformando em calorias1J → 0,239cal1,8 . 105J → QePara se proteger do apagão, o dono de um bar conec-tou uma lâmpada a uma bateria de automóvel (12,0V).Sabendo que a lâmpada dissipa 40,0W, os valores quemelhor representam a corrente I que a atravessa e suaresistência R são, respectivamente, dados pora) I = 6,6A e R = 0,36Ω11Q = 4,3 . 104cal10U = 400V9
  10. 10. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOb) I = 6,6A e R = 0,18Ωc) I = 6,6A e R = 3,6Ωd) I = 3,3A e R = 7,2Ωe) I = 3,3 A e R = 3,6ΩResoluçãoPara obter a intensidade de corrente, fazemos:P = U . i → i = → i =Para obter a resistência elétrica do filamento, fazemos:P = → R = → R = (Ω)eNuma prática de laboratório, um estudante conectouuma bateria a uma resistência, obtendo uma correntei1. Ligando em série mais uma bateria, idêntica à pri-meira, a corrente passa ao valor i2. Finalmente, ele ligaas mesmas baterias em paralelo e a corrente quepassa pelo dispositivo torna-se i3. Qual das alternativasabaixo expressa uma relação existente entre as cor-rentes i1, i2 e i3?a) i2i3 = 2i1 (i2 + i3). b) 2i2 i3 = i1 (i2 + i3).c) i2i3 = 3i1 (i2 + i3). d) 3i2i3 = i1(i2 + i3).e) 3i2i3 = 2i1 (i2 + i3).Resolução1º circuito:Lei de Pouilleti1 = ቢ2º circuito:E–––––––r + R12R = 3,6Ω(12,0)2––––––40,0U2–––PU2–––Ri ≅ 3,3A40,0W–––––––12,0VP–––U
  11. 11. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOLei de Pouilleti2 = ባ3º circuito:Lei de Pouilleti3 = ቤDe ቢ : r + R = ብDe ባ : 2r + R = ቦDas equações ብ e ቦ tiramos os valores de r e R:r = –R = –Substituindo-se r e R na (3), vemi3 =i3 =E–––––––––––––––––––––––––––E E 2E 2E–––– – –––– + –––– – ––––i2 2i1 i1 i22E––––i22E––––i1E––––i12E––––i22E––––i2E––––i1E–––––––r–– + R22E–––––––2r + R
  12. 12. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOi3 =i3 =3i2i3 – 2i1i3 = 2i1i2eUm capacitor de capacitância igual a 0,25 10–6F é car-regado até um potencial de 1,00 105V, sendo entãodescarregado até 0,40 105V num intervalo de tempo de0,10s, enquanto transfere energia para um equipamen-to de raios-X. A carga total, Q, e a energia, ε, forneci-das ao tubo de raios-X, são melhor representadas res-pectivamente pora) Q = 0,005C e ε = 1250Jb) Q = 0,025C e ε = 1250Jc) Q = 0,025 C e ε = 1050Jd) Q = 0,015C e ε = 1250Je) Q = 0,015C e ε = 1050JResoluçãoA carga elétrica inicial do capacitor é dada por:Q1 = C . U1Q1 = 0,25 . 10 – 6 . 1,00 . 105 (C)Q1 = 0,025 CA carga elétrica final do capacitor vale:Q2 = C . U2Q2 = 0,25 . 10 – 6 . 0,40 . 105 (C)Q2 = 0,010 CLogo, a carga elétrica fornecida ao tubo de raios-X é:Q = Q1 – Q2Q = 0,025 – 0,010 (C)A energia potencial elétrica inicial armazenada pelocapacitor é dada por:Q = 0,015 C133i2i3 = 2i1(i2 + i3)2i1 i2–––––––––3i2 – 2i11–––––––––––––3i2 – 2i1–––––––––2i1 i21–––––––––––––3 1–––– – ––––2i1 i2
  13. 13. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOεpot1=εpot1= (J)εpot1= 1250 JA energia potencial elétrica final do capacitor vale:εpot2=εpot2= (J)εpot2= 200 JLogo, a energia fornecida ao tubo de raios-X é:ε = εpot1– εpot2ε = 1250 – 200 (J)bUma máquina térmica reversível opera entre dois re-servatórios térmicos de temperaturas 100°C e 127°C,respectivamente, gerando gases aquecidos para acio-nar uma turbina. A eficiência dessa máquina émelhor representada pora) 68%. b) 6,8%. c) 0,68%.d) 21%. e) 2,1%.ResoluçãoA eficiência de uma máquina térmica é obtida pelaexpressãoη = 1 –em que TF é a temperatura absoluta da fonte fria e TQa da fonte quente.Assim:TF = 100°C = (100 + 273) K = 373KTQ = 127°C = (127 + 273) K = 400KPortanto:η = 1 –η = 1 – 0,9325373–––400TF–––TQ14ε = 1050 J0,010 . 0,40 . 105–––––––––––––––––2Q2U2–––––––20,025 . 1,00 . 105–––––––––––––––––2Q1U1–––––––2
  14. 14. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOη = 0,0675A eficiência percentual vale:η(%) = 100 . ηη(%) = 100 . 0,0675η(%) = 6,75eUm pedaço de gelo flutua em equilíbrio térmico comuma certa quantidade de água depositada em umbalde. À medida que o gelo derrete, podemos afirmarquea) o nível da água no balde aumenta, pois haverá umaqueda de temperatura da água.b) o nível da água no balde diminui, pois haverá umaqueda de temperatura da água.c) o nível da água no balde aumenta, pois a densidadeda água é maior que a densidade do gelo.d) o nível da água no balde diminui, pois a densidade daágua é maior que a densidade do gelo.e) o nível da água no balde não se altera.ResoluçãoPara o equilíbrio do bloco de gelo, temos:E = PµaVi g = µgVg gPortanto, o volume imerso de gelo Vi é dado por:(1)Quando o gelo derrete, a massa de água obtida é igualà massa de gelo:ma = mgµaVa = µgVg⇒ (2)µgVgVa = –––––––µaµgVgVi = –––––––µa15η(%) ≅ 6,8%
  15. 15. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOComparando-se as relações (1) e (2) verificamos que ovolume da água obtida com a fusão do gelo é igual aovolume de gelo que estava imerso e, portanto, o nívelda água no balde não se altera.bUm pequeno tanque, completamente preenchido com20,0l de gasolina a 0°F, é logo a seguir transferido parauma garagem mantida à temperatura de 70°F. Sendo γ= 0,0012°C–1 o coeficiente de expansão volumétrica dagasolina, a alternativa que melhor expressa o volumede gasolina que vazará em conseqüência do seu aque-cimento até a temperatura da garagem éa) 0,507l b) 0,940l c) 1,68ld) 5,07l b) 0,17lResoluçãoAo ser transferida para a garagem, a gasolina sofreuum aumento de 70°F (de 0°F para 70°F) em sua tem-peratura. Como o coeficiente de expansão da gasolinafoi dado em °C–1, a variação de temperatura deve serconvertida para a escala Celsius.Assim:= ⇒ =∆θC ≅ 38,9°CConsiderando-se que o tanque não se dilatou, a parteda gasolina que transborda é calculada por:∆V = V0 γ ∆θ∆V = 20,0 . 0,0012 . 38,9eDeseja-se enrolar um solenóide de comprimento z ediâmetro D, utilizando-se uma única camada de fio decobre de diâmetro d enrolado o mais junto possível. Auma temperatura de 75°C, a resistência por unidade decomprimento do fio é r. Afim de evitar que a tempera-tura ultrapasse os 75°C, pretende-se restringir a umvalor P a potência dissipada por efeito Joule. O máximovalor do campo de indução magnética que se podeobter dentro do solenóide éa) Bmax = µ01/2b) Bmax = µ0c) Bmax = µ0 )2P–––––––πrDzd()πP–––––––rDzd()P–––––––rDzd(17∆V ≅ 0,940l70––––180∆θC––––100∆θF––––180∆θC––––10016
  16. 16. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOd) Bmax = µ0e) Bmax = µ01/2ResoluçãoO campo magnético no interior do solenóide tem inten-sidadeᕃ B = µ0 . . i, onde n é o número de espiras e lo comprimento do solenóide.Portanto, temos l = z e n . d = z ⇒ n =Em ᕃ, resultaB = µ0 . . iᕄ B = . iO comprimento do fio que constitui o solenóide éC = π . D . n ⇒ C = π . D . .Sendo r a resistência por unidade de comprimento e Ra resistência total do fio, temosR = C . r ⇒ R = πD . . rA máxima potência P dissipada no fio éP = Ri2 ⇒ i = ⇒ i = ᕅEsta corrente é a máxima admitida no fio.Substituindo-se ᕅ em ᕄ, obtemos o máximo valor de B:Bmáx = .–––––––––PBmáx = µ0 . ––––––––͙ π r D z dP . d–––––––π D z rµ0–––dP . d–––––––π D z rP–––Rz–––dz–––dµ0–––dz/d–––zz–––dn–––l)P–––––––πrDzd()P–––––––πrDzd(
  17. 17. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOaUm pesquisador percebe que a frequência de umanota emitida pela buzina de um automóvel parece cairde 284 Hz para 266 Hz à medida que o automóvelpassa por ele. Sabendo que a velocidade do som no aré 330m/s, qual das alternativas melhor representa avelocidade do automóvel?a) 10,8m/s b) 21,6m/s c) 5,4m/sd) 16,2m/s e) 8,6m/sResoluçãoEssa percepção de variação de freqüência do som édevida ao Efeito Doppler-Fizeau, cuja equação éexpressa por:=em que fo é a freqüência percebida pelo observador; fFa freqüência do som emitido pela fonte; V a velocidadedo som no ar do local; Vo a velocidade do observador eVF a velocidade da fonte emissora do som, velocidadesestas em relação ao solo terrestre.O sinal obedece à orientação:ᮍobservador → fonteNa aproximação da fonte, em relação ao observadorque se encontra em repouso, temos:=fF = (I)No afastamento, temos:=fF = (II)Igualando-se I e II, vem:284(330 – VF ) = 266(330 + VF )266(330 + VF )––––––––––––––330fF–––––––––330 + VF266––––––330284(330 – VF )––––––––––––––330fF–––––––––330 – VF284––––––330fF–––––––V ± VFfo–––––––V ± Vo18
  18. 18. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO93720 – 284VF = 87780 + 266VF5940 = 550 VFeA figura mostra uma espira condutora que se deslocacom velocidade constante v numa região com campomagnético uniforme no espaço e constante no tempo.Este campo magnético forma um ângulo θ com o planoda espira. A força eletromotriz máxima produzida pelavariação de fluxo magnético no tempo ocorre quandoa) θ = 0° b) θ = 30° c) θ = 45°d) θ = 60° e) n.d.a.ResoluçãoPelo enunciado, a espira se desloca numa região comcampo magnético uniforme e constante no tempo.Fica, então, subentendido que a espira está totalmenteimersa no campo. Logo, não há variação de fluxo mag-nético e a força eletromotriz induzida é nula.Observações:1ª) Se a espira estivesse penetrando ou saindo docampo magnético, teríamos:φ = B . A . cos θ (θ é o ângulo de→B com →n )φ = B . l . s . cos θPela Lei de Faraday, a f.e.m. induzida E é:19VF = 10,80 m/s
  19. 19. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOE =E = B . l . . cos θMas = v. Logo:E = B l . v cos θO valor máximo de E corresponde a cos θ = 1, istoé, θ = 0°. Note que o ângulo θ é entre→B e →n.2ª) O enunciado é discordante com a figura dada, comrespeito ao ângulo θ.cUm trecho da música“Quanta”, de GilbertoGil, é reproduzido nodestaque ao lado.As frases “Quantumgranulado no mel” e“Quantum onduladodo sal” relacionam-se,na Física, coma) Conservação de Energia.b) Conservação da Quantidade de Movimento.c) Dualidade Partícula-onda.d) Princípio da Causalidade.e) Conservação do Momento Angular.ResoluçãoA expressão “Quantum granulado no mel” sugereenergia associada a partículas, enquanto a expressão“Quantum ondulado do sal”, sugere energia associadaa ondas.Isso nos remete à opção C, que menciona o conceitode dualidade partícula-onda.Estamos habituados a tomar sucos e refrigerantesusando canudinhos de plástico. Neste processo estãoenvolvidos alguns conceitos físicos importantes. Utilizeseus conhecimentos de física para estimar o máximocomprimento que um canudinho pode ter e ainda per-mitir que a água chegue até a boca de uma pessoa.Considere que o canudinho deve ser sugado semprena posição vertical. Justifique suas hipóteses e assu-ma, quando julgar necessário, valores para as grande-zas físicas envolvidas.Dado: 1atm = 1,013 105 N/m221Fragmento infinitésimo,Quase que apenas mental,Quantum granulado no mel,Quantum ondulado do sal,Mel de urânio, sal de rádioQualquer coisa quase ideal.20d s––––d td s––––d td φ|––––|d t
  20. 20. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOResoluçãoO comprimento máximo do canudinho (Lmáx), admitin-do-se que esteja totalmente cheio de refrigerante, seráverificado quando a pessoa conseguir estabelecer nointerior da sua boca, na região em contato com a extre-midade superior do canudinho, praticamente o vácuo.Os pontos 1 e 2 indicados no esquema pertencem aomesmo líquido em equilíbrio e estão no mesmo nívelhorizontal, por isso esses pontos suportam pressõesiguais.p1 = p2 ⇒ µ g Lmáx = patmAdotando para a densidade do refrigerante o valorµ = 1,0 . 103 kg/m3, para a intensidade da aceleraçãoda gravidade o valor g = 9,8 m/s2 e para a pressãoatmosférica o valor patm = 1,013 . 105 N/m2, calcu-lemos Lmáx.1,0 . 103 . 9,8 Lmáx = 1,013 . 105 ⇒Resposta: 10,31mLmáx ≅ 10,31m
  21. 21. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOMediante chave seletora, um chuveiro elétrico tem asua resistência graduada para dissipar 4,0kW no inver-no, 3,0kW no outono, 2,0kW na primavera e 1,0kW noverão. Numa manhã de inverno, com temperaturaambiente de 10°C, foram usados 10,0 l de água dessechuveiro para preencher os 16% do volume faltante doaquário de peixes ornamentais, de modo a elevar suatemperatura de 23°C para 28°C. Sabe-se que 20% daenergia é perdida no aquecimento do ar, a densidadeda água é ρ = 1,0 g/cm3 e calor específico da água é4,18J/gK. Considerando que a água do chuveiro foicolhida em 10 minutos, em que posição se encontravaa chave seletora? Justifique.ResoluçãoTemos as seguintes situações para o aquárioSeja V2 = 10l, o volume de água, a uma temperaturaθ0, acrescentada no aquário, correspondente a 16% dovolume faltante.16% ↔ 10l⇒ V1 =84% ↔ V1Cálculo da temperatura θ0:Qrec + Qced = 0m1 . c . ∆θ1 + m2 . c . ∆θ2 = 0 ⇒ V1 . ∆θ1 + V2 . ∆θ2 = 052,5 . 103 . (28 – 23) + 10 . 103 . (28 – θ0) = 0(temperatura da água despejada noaquário)Apenas 80% da energia fornecida pelo chuveiro noaquecimento da água foi utilizada, devido a perdas de20% para o ar.0,8P . ∆t = m2 . c . ∆θ0,8 . P . 10 . 60 = 10 . 103 . 4,18 . (54,25 – 10)P = 3853,4W ouConcluímos , portanto, que a chave seletora se encon-trava na posição “inverno”.P ≅ 4kWθ0 = 54,25°CV1 = 52,5l0,84 . 10l–––––––––0,1622
  22. 22. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOUm ginásio de esportes foi projetado na forma de umacúpula com raio de curvatura R = 39,0m, apoiada sobreuma parede lateral cilíndrica de raio y = 25,0m e alturah = 10,0m, como mostrado na figura. A cúpula com-porta-se como um espelho esférico de distância focal f= , refletindo ondas sonoras, sendo seu topoo vértice do espelho. Determine a posição do focorelativa ao piso do ginásio. Discuta, em termos físicosas consequências práticas deste projeto arquitetônico.Resolução1) A distância focal do espelho esférico (cúpula) é dadapor:f = = = 19,5m2) Do triângulo retângulo CMN, vem:R2 = H2 + y239,02 = H2 + 25,02H ≅ 29,9m3) Da figura, temos:H + x = R29,9 + x = 39,0x = 9,1m4) A altura total (h’) do vértice da cúpula até o piso édada por:h’ = h + xh’ = 10,0 + 9,1h’ = 19,1m39,0––––2R–––2R––223
  23. 23. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO5) Mas f > h’ e, portanto:d = f – h’d = 19,5 – 19,1Ou seja, o foco do espelho esférico está 0,4mabaixo do nível do piso do ginásio.6) Como conseqüência prática, teremos uma concen-tração de ondas sonoras 0,4m acima do solo, umavez que o solo se comporta como um espelho plano.Billy sonha que embarcou em uma nave espacial paraviajar até o distante planeta Gama, situado a 10,0 anos-luz da Terra. Metade do percurso é percorrida com ace-leração de 15 m/s2, e o restante com desaceleração demesma magnitude. Desprezando a atração gravitacio-nal e efeitos relativistas, estime o tempo total emmeses de ida e volta da viagem do sonho de Billy.Justifique detalhadamente.Resolução1) O ano-luz é a distância percorrida pela luz, com velo-cidade de módulo c = 3 . 108m/s, em um intervalode tempo de 1 ano ≅ 3,2 .107s.Portanto, 1 ano-luz ≅ 9,6 .1015m2) A distância entre a Terra e Gama serád = 10,0 . 9,6 . 1015m = 9,6 . 1016m3) O gráfico da velocidade escalar V x tempo t serádado porA aceleração em cada trecho tem módulo a dadopora = = 15 ⇒ (1)A área do gráfico velocidade escalar x tempo medea distância percorrida d.d = área (V x t)9,6 . 1016 =2T . Vmáx––––––––––2Vmáx = 15TVmáx–––––T24d = 0,4m
  24. 24. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOVmáx . T = 9,6 . 1016 (2)Substituindo-se (2) em (1) temos15T . T = 9,6 . 1016T2 = = 0,64 . 1016T = 0,8 . 108s = 8,0 . 107sO tempo total de ida e volta (∆t) é dado por∆t = 4T = 32,0 . 107s∆t = 3,2 . 108sComo 1 ano ≅ 3,2 . 107s temosResposta: 120 mesesUma massa é liberada a partir do repouso de uma altu-ra h acima do nível do solo e desliza sem atrito em umapista que termina em um “loop” de raio r, conformeindicado na figura. Determine o ângulo θ relativo à ver-tical e ao ponto em que a massa perde o contato coma pista. Expresse sua resposta como função da altura h,do raio r e da aceleração da gravidade g.ResoluçãoNo ponto B, em que a massa perde o contato com apista, a reação normal do apoio se anula e a com-ponente normal do peso Pn = P cos θ faz o papel deresultante centrípeta:25∆t = 10 anos = 120 meses9,6 . 1016–––––––––15
  25. 25. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOPn = m g cos θ = ⇒ (1)Como não há atrito, a energia mecânica vai permane-cer constante(referência em B)= mg [h – r(1 + cos θ)]VB2= 2g [h – r (1 + cos θ)] (2)Comparando-se (1) e (2), vemg r cos θ = 2g [h – r (1 + cos θ)]r cos θ = 2h – 2r (1 + cos θ)r cos θ = 2h – 2r – 2r cos θ3 r cos θ = 2 (h – r)cos θ =Resposta:Um tubo capilar fechado em uma extremidade contémuma quantidade de ar aprisionada por um pequenovolume de água. A 7,0 °C e à pressão atmosférica(76,0cm Hg) o comprimento do trecho com ar aprisio-nado é de 15,0cm. Determine o comprimento do tre-cho com ar aprisionado a 17,0 °C. Se necessário,empregue os seguintes valores da pressão de vapor daágua: 0, 75cm Hg a 7,0 °C e 1,42cm Hg a 17,0 °C.ResoluçãoEm cada situação, a gota d’água encontra-se em equi-líbrio, o que significa que a resultante das forças hori-262 (h – r)θ = arc cos [–––––––––]3r2 (h – r)–––––––3rm VB2––––––2EB = EAVB2= g r cos θm VB2––––––r
  26. 26. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOzontais que agem sobre ela é nula. Desprezando osatritos entre a gota e as paredes do tubo, temos oesquema de forças abaixo.Far + Fvapor = FatmSendo A a área da secção transversal do tubo, vem:Par A + Pvapor A = Patm A → Par + Pvapor = PatmDonde:1º Caso: (temperatura T1 = 7,0 °C = 280K)Par1= 76,0 – 0,75 →2º Caso: (temperatura T2 = 17,0 °C = 290K)Par2= 76,0 – 1,42 →Admitindo o ar contido no tubo como um gás perfeitoe aplicando a Lei Geral dos Gases Perfeitos, vem:= ⇒ =Donde:Resposta: 15,67cmUma pequena pedra repousa no fundo de um tanquede x m de profundidade. Determine o menor raio deuma cobertura circular, plana, paralela à superfície daágua que, flutuando sobre a superfície da água direta-mente acima da pedra, impeça completamente a visãodesta por um observador ao lado do tanque, cujavista se encontra no nível da água. Justifique.Dado: índice de refração da água nw = .Resolução4––327L2 ≅ 15,67 cm75,25A15,0–––––––––––28074,58 AL2–––––––––––290Par1V1––––––––T1Par2V2––––––––T2Par2= 74,58 cmHgPar1= 75,25 cmHgPar = Patm – Pvapor
  27. 27. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVO1) Os raios de luz, provenientes da pedra, que atin-girem a superfície da água além da cobertura circulardevem sofrer reflexão total. Portanto o ângulo deincidência máximo (ver figura) é o ângulo limite (L)para o dioptro dado, e assimtgL: = ⇒ R = x tg L2) O seno do ângulo-limite é dado porsen L =ondeEntão: sen L =3) Da trigonometria, temossen2L + cos2L = 1cos2L = 1 –2=cos L =Portanto,tg L = = =tg L =4) Substituindo II em I, temosII3͙ළළ7–––––73–––––͙ළළ73–––4––––––––͙ළළ7–––––4sen L–––––––cos L͙ළළ7–––47–––16)3––––4(3––––4nmenor = nar = 14nmaior = nágua = –––3{nmenor–––––––nmaiorIR––––x
  28. 28. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOR = x . (m)Resposta:Colaborando com a campanha de economia de ener-gia, um grupo de escoteiros construiu um fogão solar,consistindo de um espelho de alumínio curvado quefoca a energia térmica incidente sobre uma placa cole-tora. O espelho tem um diâmetro efetivo de 1,00m e70% da radiação solar incidente é aproveitada para defato aquecer uma certa quantidade de água. Sabemosainda que o fogão solar demora 18,4 minutos paraaquecer 1,00 l de água desde a temperatura de 20 °Caté 100 °C, e que 4,186 103 J é a energia necessáriapara elevar a temperatura de 1,00 l de água de 1,000 K.Com base nos dados, estime a intensidade irradiadapelo Sol na superfície da Terra, em W/m2.Justifique.ResoluçãoComo o calor específico sensível da água foi expressona unidade (cv = 4,186 . 103 ), apotência com que a água recebeu energia térmica parao seu aquecimento é dada porPot . ∆t = V . cv . ∆Tonde,∆t = 18,4 min = 1104 sV = 1,00 lcv = 4,186 . 103 J/lK∆T = (100 – 20)°C = 80°C = 80KObservemos que a variação de 80°C é igual à variaçãode 80K.Assim,Pot . 1104 = 1,00 . 4,186 . 103 . 80Pot = 303,33 WEssa potência corresponde a 70% da potência inci-dente na superfície refletora semi-esférica.Portanto,J–––––l . Kjoule–––––––––––litro . kelvin283͙ළළ7 xR = –––––––– m73͙ළළ7 xR = –––––––– m73͙ළළ7–––––7
  29. 29. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOPoti = = (W)Poti = 433,33 WA área efetiva que recebe a energia solar é dada por:A = = (m2)A = 0,785 m2Assim, a intensidade da energia solar nessa superfície,valeI = = (W/m2)Resposta: 552 W/m2Você dispõe de um dispositivo de resistência R = 5 r; ede 32 baterias idênticas, cada qual com resistência r eforça eletromotriz V. Como seriam associadas as bate-rias, de modo a obter a máxima corrente que atraves-se R? Justifique.ResoluçãoConsiderando a associação de baterias regular, isto é, sbaterias em série em cada ramo e p ramos em para-lelo, temos o esquema:Pela Lei de Pouillet, vem:i = , sendo R = 5r:i =s V––––––––––s r––– + 5 rps V––––––––––s r––– + Rp29I = 552 W/m2433,33–––––––0,785Poti–––––Aπ (1,00)2––––––––––4π d 2–––––––4303,33–––––––0,70Pot–––––0,70
  30. 30. ITA (1º Dia) Dezembro/2001OBJETIVOi =Mas s . p = 32, logoi =A máxima corrente i corresponde a (s + 5p) mínimo.Como s . p = 32, podemos elaborar a tabela:Da tabela, concluímos que a máxima corrente corres-ponde a 16 baterias em série em cada ramo e 2 ramosassociados em paralelo.Um átomo de hidrogênio tem níveis de energia discre-tos dados pela equação En = eV, em que{n ∈ Z / n ≥ 1}. Sabendo que um fóton de energia 10,19 eVexcitou o átomo do estado fundamental (n = 1) até oestado p, qual deve ser o valor de p? Justifique.ResoluçãoCalculemos o acréscimo de energia requerido peloátomo para passar do estado fundamental, em queni = 1, até o estado subseqüente, em que nf = 2.∆E = Enf– Eni⇒ ∆E = –Como o fóton que incide sobre o átomo tem uma ener-gia de apenas 10,19 eV (menor que ∆E), ele não con-segue produzir o caso em que nf = 2.Esse fóton é então reemitido com sua respectiva ener-gia de 10,19 eV, sem conseguir alterar o valor deni = 1.Logo:Observação: se operarmos com três algarismos sig-nificativos e aproximarmos a energia do fóton para 10,2eV então será atingido o estado p = 2.p = ni = 1∆E = 10,20 eV(–13,6)––––––12–13,6––––––22–13,6–––––n230s + 5p1618244282637p32168421s1248163232V––––––––––r (s + 5p)s . p V––––––––––s r + 5 p r

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